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相転移と繰り込み群の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院物理相転移と繰り込み群

3 次元ユークリッド空間で、1 方向（ $τ$ 方向）だけを長さ $L$ でコンパクト化し、残りの 2 方向 $r = (x, y)$ は無限に広い系（ $S_{L}^{1} \times R^{2}$ ）を考える。この上の $N$ 成分の実スカラー場 $n (x)$ （制約 $n \cdot n = 1$ ）からなる $O (N)$ 非線形シグマ模型
$S = \frac{N}{2 g} \int d^{3} x [(\partial_{μ} n)^{2} + iλ (x) (n \cdot n - 1)]$
を考える。ただし $τ$ 方向には、すべての成分の符号を反転させる反周期的（ねじれ）境界条件
$n (τ + L, r) = - n (τ, r)$
を課す（ $n \to - n$ は $O (N)$ の元なので制約と作用を保つ）。

$N \to \infty$ の主要次数（鞍点近似）で扱う。鞍点では $iλ = m^{2}$ （ $m^{2}$ は実定数）となり、
$⟨ n_{a} (x) n_{b} (x^{'})⟩ = δ_{ab} \frac{g}{N} G (x, x^{'}), G = (- \partial^{2} + m^{2})^{- 1}$
（ $G$ は上の反周期的境界条件を満たすグリーン関数）で、 $m^{2}$ は制約条件 $g G (x, x) = 1$ （ギャップ方程式）で決まる。運動量積分には 3 次元運動量に対する紫外カットオフ $Λ$ を入れ、 $Λ L \to \infty$ の極限をとる。

結合定数 $g$ は無秩序相 $g > g_{c}$ にあり、無限系（ $L \to \infty$ ）でのギャップ $Δ > 0$ を用いて
$\frac{1}{g} = \int^{Λ} \frac{d ^{3} k}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{k ^{2} + Δ ^{2}}$
で与えられるとする。さらに $L$ は $Δ L = 2 lo g \frac{5}{2}$ を満たすとする。自然単位系を用い、 $lo g$ は自然対数とする。

この系で、相関関数 $⟨ n (τ, r) \cdot n (τ, 0)⟩$ が $∣ r ∣ \to \infty$ で $e^{- ∣ r ∣/ ξ}$ （べき因子を除く）のように減衰するときの相関長 $ξ$ を定義する。比 $ξ / L$ を、正確な値（ $π$ と対数と根号を用いた式）で求めよ。

この問題で使うもの

大きい N の極限とギャップ方程式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（148 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

反周期的境界条件では $τ$ 方向の運動量が $ω_{n} = (2 n + 1) π / L$ となり零モードがない。最も遅く減衰するモードの有効質量 $m^{2} + ω_{n}^{2}$ の最小値が $1/ ξ$ を与える。

ヒント 2

和には $\frac{1}{L} \sum_{n} \frac{1}{ω _{n}^{2} + ε ^{2}} = \frac{1}{2 ε} tanh \frac{ε L}{2}$ を使い、有限系のギャップ方程式から無限系のギャップ方程式（ギャップ $Δ$ ）を引いて紫外発散を消す。無限系どうしの差は $- \frac{m - Δ}{4 π}$ である。

ヒント 3

差をとった式は $\frac{( Δ - m ) L}{2} = lo g (1 + e^{- m L})$ となり、これは $e^{Δ L /2} = 2 cosh \frac{m L}{2}$ と書き直せる。与えられた $Δ L$ を代入して $m L$ を求めよ。

答えと解説

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\frac{1}{π ^{2} + 4 lo g ^{2} 2}

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解説を読む

1. モード展開と相関長

反周期的境界条件のため、 $τ$ 方向の運動量は $ω_{n} = \frac{( 2 n + 1 ) π}{L}$ （ $n \in Z$ ）に量子化される。
$G (x, x^{'}) = \frac{1}{L} n \sum \int \frac{d ^{2} p}{( 2 π ) ^{2}} \frac{e ^{i ω_{n} (τ - τ^{'}) + i p \cdot (r - r^{'})}}{p ^{2} + ω _{n}^{2} + m ^{2}}$
$τ = τ^{'}$ とおいて $p$ 積分を行うと、各 $n$ の寄与は 2 次元の伝播関数 $\frac{1}{2 π L} K_{0} (ω_{n}^{2} + m^{2} ∣ r ∣) \sim e^{- ω_{n}^{2} + m^{2} ∣ r ∣} / ∣ r ∣$ となる。最も遅く減衰するのは $ω_{n}^{2}$ が最小の $n = 0, - 1$ （ $ω_{n}^{2} = π^{2} / L^{2}$ ）のモードなので
$\frac{1}{ξ} = m^{2} + \frac{π ^{2}}{L ^{2}}$
である。周期的境界条件と違い零モードがないので、 $ξ$ は $1/ m$ ではない。また $m^{2} > - π^{2} / L^{2}$ であればよく、 $G (x, x)$ は $m^{2}$ について狭義単調減少なので、ギャップ方程式の解は一意である。

2. 和の計算

$ε = p^{2} + m^{2}$ とおく（まず $m > 0$ の解を探す）。反周期的な和の公式
$\frac{1}{L} n \sum \frac{1}{ω _{n}^{2} + ε ^{2}} = \frac{1}{2 ε} tanh \frac{ε L}{2} = \frac{1}{2 ε} [1 - \frac{2}{e ^{ε L} + 1}]$
を使う。第 1 項を $p$ で積分したものは、無限系の積分 $G_{\infty} (m) = \int^{Λ} \frac{d ^{3} k}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{k ^{2} + m ^{2}}$ に等しい（ $Λ L \to \infty$ でカットオフの違いは消える）。第 2 項は紫外有限で、 $d^{2} p = 2 π ε d ε$ より
$\int \frac{d ^{2} p}{( 2 π ) ^{2}} \frac{1}{ε ( e ^{ε L} + 1 )} = \frac{1}{2 π} \int_{m}^{\infty} \frac{e ^{- ε L} d ε}{1 + e ^{- ε L}} = \frac{1}{2 π L} lo g (1 + e^{- m L})$
となる。よって
$G (x, x) = G_{\infty} (m) - \frac{1}{2 π L} lo g (1 + e^{- m L})$
である。

3. ギャップ方程式

ギャップ方程式は $G (x, x) = 1/ g = G_{\infty} (Δ)$ である。無限系どうしの差は
$G_{\infty} (m) - G_{\infty} (Δ) = \frac{Δ ^{2} - m ^{2}}{2 π ^{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{k ^{2} d k}{( k ^{2} + m ^{2} ) ( k ^{2} + Δ ^{2} )} = \frac{Δ ^{2} - m ^{2}}{2 π ^{2}} \cdot \frac{π}{2 ( m + Δ )} = - \frac{m - Δ}{4 π}$
と有限になる。したがって
$\frac{Δ - m}{4 π} - \frac{1}{2 π L} lo g (1 + e^{- m L}) = 0 ⟺ \frac{( Δ - m ) L}{2} = lo g (1 + e^{- m L})$
両辺の指数をとって $e^{m L /2}$ を掛けると
$e^{Δ L /2} = e^{m L /2} + e^{- m L /2} = 2 cosh \frac{m L}{2}$
を得る。

4. $m$ を解く

$Δ L = 2 lo g \frac{5}{2}$ より $e^{Δ L /2} = \frac{5}{2}$ なので $cosh \frac{m L}{2} = \frac{5}{4}$ である。 $X = e^{m L /2}$ とおくと $X + \frac{1}{X} = \frac{5}{2}$ 、すなわち $2 X^{2} - 5 X + 2 = 0$ で、 $X = 2$ または $\frac{1}{2}$ 。 $m > 0$ より $X = 2$ 、よって
$m L = 2 lo g 2$
である。 $cosh \frac{m L}{2} \geq 1$ なので解が存在するのは $e^{Δ L /2} \geq 2$ のときで、いまは $\frac{5}{2} > 2$ を満たす。1 で述べた単調性からこれが唯一の解である。

5. 結論

$\frac{L}{ξ} = (m L)^{2} + π^{2} = π^{2} + 4 lo g^{2} 2$
より
$\frac{ξ}{L} = \frac{1}{π ^{2} + 4 lo g ^{2} 2} \approx 0.291$

別解

反周期的境界条件のもとで、 $τ$ 方向の運動量は $ω_{n} = \frac{2 π}{L} (n + \frac{1}{2})$ となる。

1. 反周期的グリーン関数の対角成分

ポアソン和（イメージ法）を使う。自由グリーン関数は $G_{0} (x) = \frac{e ^{- m ∣ x ∣}}{4 π ∣ x ∣}$ である。反周期的境界条件では、巻き数 $w$ のイメージに符号 $(- 1)^{w}$ がつく。したがって
$G (x, x) = \int^{Λ} \frac{d ^{3} k}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{k ^{2} + m ^{2}} + 2 w \geq 1 \sum (- 1)^{w} \frac{e ^{- m w L}}{4 π w L} .$

2. ギャップ方程式

第1項は $\frac{Λ}{2 π ^{2}} - \frac{m}{4 π}$ となる。和には $\sum_{w \geq 1} (- 1)^{w} \frac{x ^{w}}{w} = - lo g (1 + x)$ を使う。すると
$G (x, x) = \frac{Λ}{2 π ^{2}} - \frac{m}{4 π} - \frac{1}{2 π L} lo g (1 + e^{- m L}) .$
一方、無限系では $1/ g = \frac{Λ}{2 π ^{2}} - \frac{Δ}{4 π}$ である。 $g G (x, x) = 1$ すなわち $G (x, x) = 1/ g$ に代入すると、 $Λ$ の項が消えて
$m L + 2 lo g (1 + e^{- m L}) = Δ L = 2 lo g \frac{5}{2} .$

3. $m$ を求める

両辺を 2 で割って指数をとり、 $s = e^{m L /2}$ とおく。
$s (1 + s^{- 2}) = s + \frac{1}{s} = \frac{5}{2} .$
これより $s = 2$ または $s = \frac{1}{2}$ である。 $m > 0$ より $s \geq 1$ なので $s = 2$ 、つまり $m L = 2 lo g 2$ となる。

4. 相関長

$⟨ n \cdot n ⟩ \propto G (τ, r; τ, 0) = \frac{1}{L} \sum_{n} \int \frac{d ^{2} k}{( 2 π ) ^{2}} \frac{e ^{i k \cdot r}}{k ^{2} + ω _{n}^{2} + m ^{2}}$ である。各モードは $exp (- ∣ r ∣ m^{2} + ω_{n}^{2})$ で減衰する。最も遅く減衰するのは最低モード $∣ ω ∣ = π / L$ で、
$ξ^{- 1} = m^{2} + π^{2} / L^{2} .$

5. 結果

$\frac{ξ}{L} = \frac{1}{( 2 lo g 2 ) ^{2} + π ^{2}} = \frac{1}{4 lo g ^{2} 2 + π ^{2}} .$

検算: $m L = 2 lo g 2$ を式 $m L + 2 lo g (1 + e^{- m L})$ に代入すると、 $2 lo g 2 + 2 lo g (5/4) = 2 lo g (5/2)$ となり、 $Δ L$ と一致する。

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